ĐỀ MẪU CĨ ĐÁP ÁN

ƠN TẬP HINH HỌC
TỐN 12
Thời gian làm bài: 40 phút (Không kể thời gian giao đề)
-------------------------

Họ tên thí sinh: .................................................................
Số báo danh: ......................................................................
Mã Đề: 018.
Câu 1.
Tìm trên trục

điểm

A.

cách đều điểm

.

C.
Đáp án đúng: B

và mặt phẳng
B.

.

.

D.

Giải thích chi tiết: Vì

.

.

. Ta có:

;

.
cách đều điểm

và mặt phẳng

khi và chỉ khi
. Vậy

.

Câu 2. Cho một khối trụ có độ dài đường cao bằng 10 , biết thể tích của khối trụ bằng 90 . Diện tích xumg
quanh của khối trụ là
A. 81 .
B. 20 .
C. 30 .
D. 60 .
Đáp án đúng: C
Câu 3.

Trong không gian Oxyz, mặt phẳng đi qua ba điểm điểm
phương trình là
A.
C.
Đáp án đúng: B
Câu 4.

,

.

B.

.

D.

và

. Có

.
.

Một tấm tơn hình trịn tâm O, bán kính R được chia thành hai hình ( H1) và ( H 2 ) như hình vẽ. Cho biết góc
·
AOB
= 90°. Từ hình ( H1 ) gị tấm tơn để được hình nón ( N 1 ) khơng đáy và từ hình ( H 2 ) gị tấm tơn để được hình
V1


nón ( N 2 ) không đáy. Ký hiệu V1, V2 lần lượt là thể tích của hình nón ( N1) , ( N 2 ) . Tỉ số V2 bằng

1


A. 3.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B. 2.

C.

7 105
.
9

D.

3 105
.
5

Hai hình nón có độ dài đường sinh bằng nhau: l 1 = l 2 = R.
Gọi r1, r2 lần lượt là bán kính đáy của hình nón ( N1) , ( N 2 ) .
ìï
3R
ïï 2pr1 = 3.2pR ắắ
đ r1 =

4
4.
ùùớ
ùù
1
R
đ r2 =
ùù 2pr2 = .2pR ắắ
4
4
ùợ

Ta cú
Cõu 5.

Khi đó

1 2 2
pr1 l 1 - r12
V1
3 105
3
=
=
.
1
V2
5
pr22 l 22 - r22
3


Cho hình nón trịn xoay có bán kính đường tròn đáy
Kết luận nào sau đây sai?
A.
C.
Đáp án đúng: A
Câu 6.

, chiều cao

.

B.

.

D.

và đường sinh

.

.
.

bằng a, góc

Biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

Cho hình lăng trụ đều

giữa hai mặt phẳng

và

bằng a với

Thể tích khối lăng trụ

bằng
3

3a 15
.
10

A.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết:
Lời giải.

B.

9a3 15
.
20

C.

3a3 15
.

20

D.

9a3 15
.
10

2


Gọi M là trung điểm của AB, H là hình chiếu của C lên
Suy ra

và CH = a.

Gọi N là hình chiếu của C lên

Đặt

AB = AC = BC = x ắắ
đ CM =

khi ú
x 3
.
2

Trong tam giỏc vuụng CHN cú
Trong hai tam giỏc vuụng


ắắ
đ

v

ln lt cú

1
1
1
1
8
1
1
4
3a
=

- 2 = 2ắắ
đ x = a 3 ắắ
đ CM = .
2
2
2
2
2
2
2
CN

BC
CH
CM
9a
x
a 3x

T ú ta tính được

và

SABC =

3a2 3
.
4

Vậy
Câu 7. Cho lăng trụ ABCD. ABC D có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  6 , AD  3 , AC 3 và
 AAC C  vng góc với mặt đáy. Biết hai mặt phẳng  AAC C  ,  AABB  tạo với nhau góc  có
mặt phẳng
3
tan  
4 . Thể tích của khối lăng trụ ABCD. ABC D là
A. V 12 .
Đáp án đúng: B

B. V 8 .

C. V 10 .


D. V 6 .

Giải thích chi tiết:

3


Gọi M là trung điểm của AA . Kẻ AH vng góc với AC tại H , BK vng góc với AC tại K , KN vng
góc với AA tại N .
 AAC C    ABCD  suy ra AH   ABCD  và BK   AAC C   BK  AA
Do

AAC C  ,  AABB  KNB


 AA   BKN   AA  NB
suy ra
.





Ta có: ABCD là hình chữ nhật với AB  6 , AD  3 suy ra BD 3  AC
Suy ra ACA cân tại C . Suy ra CM  AA  KN // CM



AK AN NK



AC AM MC .

Xét ABC vng tại B có BK là đường cao suy ra

AB 2  AK . AC  AK 

BK 

BA.BC
 2
AC
và

AB 2
2
AC

3
KB 3
4 2

tan  tan KNB
 
  KN 
4
KN 4
3 .
Xét NKB vuông tại K có

Xét ANK vng tại N có

KN 

2
4 2
AN 
3 , AK 2 suy ra
3.

2
4 2
 AM 1  AA 2
2
  3  3  
3 AM MC
CM 2 2
.
Ta lại có:

AH . AC CM . AA  AH 

Suy ra thể tích khối lăng trụ cần tìm là:
Câu 8.

CM . AA 2 2.2 4 2


AC
3

3

V  AH . AB. AD 

4 2
. 6. 3 8
3
.

Cho hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh l . Diện tích xung quanh
được tính theo cơng thức nào dưới đây?
A.
C.
Đáp án đúng: C

.
.

B.

.

D.

.

của hình nón đã cho

Câu 9. Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại B. Biết BC a 3, AB a , SA vng góc với đáy,
SA 2a 3 . Thể tích khối chóp S . ABC là

3
A. a .
Đáp án đúng: B
Câu 10.

3
B. 3a .

3
C. a 3.

a3 3
.
D. 3

4


Người ta thả một viên bi hình cầu với bán kính bằng

vào một cái ly dạng hình trụ đang chứa nước.

Người ta thấy viên bi bị chìm xuống đáy ly và nước dâng lên thêm
ban đầu trong ly bằng
A.
C.
Đáp án đúng: A

. Tính thể tích


. Biết rằng chiều cao của mực nước

của khối nước ban đầu trong ly.

.

B.

.

D.

.
.

Giải thích chi tiết: Người ta thả một viên bi hình cầu với bán kính bằng

vào một cái ly dạng hình trụ

đang chứa nước. Người ta thấy viên bi bị chìm xuống đáy ly và nước dâng lên thêm
cao của mực nước ban đầu trong ly bằng
A.
C.
Lời giải

.
.

. Tính thể tích


B.

.

D.

.

. Biết rằng chiều

của khối nước ban đầu trong ly.

4
V1 = p33 = 36p
3
Thể tích viên vi là
.
Gọi R là bán kính đáy của ly nước.
Do khi thả viên bi vào trong ly nước, thì tương ứng ta có thể tích nước dâng lên ứng với chiều cao 1cm đó là
2
chính là thể tích viên bi, nên ta có 1.p.R = 36p Þ R = 6 .
2
3
Thể tích lúc đầu của ly nước là V = 7,5.p.6 = 270p » 848, 23cm .

*

Câu 11. Cho khối đa diện đều loại {p; q } vi p, q ẻ Ơ ; p 3; q ³ 3. Chọn phát biểu đúng.
A. p là số cạnh của mỗi mặt; q là số mặt đồng quy tại cùng một đỉnh của khối đa diện đều.
B. p là số mặt đồng quy tại cùng một đỉnh và q là số đỉnh của khối đa diện đều.

C. p là số đỉnh và q l à số mặt của khối đa diện đều.
D. p là số mặt và q là số đỉnh của khối đa diện đều.
Đáp án đúng: A
2

2

 S  :  x  4    y  1  z 2 25 và hai điểm
Câu 12. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , cho mặt cầu
A  0;1;3 B   1;5; 0 
   đi qua A và B sao cho khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mặt phẳng
,
. Mặt phẳng
 

  .
là lớn nhất. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng
13
4
13
A. 14 .
B. 74 .
C. 74 .
Đáp án đúng: C
 S  có tâm I   4;1;0  và bán kính R 5 .
Giải thích chi tiết: Mặt cầu
 x  t

AB  :  y 1  4t , t  



 z 3  3t
AB   1; 4;  3

. Khi đó đường thẳng
.
 AB  .
Gọi H là hình chiếu của I lên đường thẳng

D.

4
37 .

5


 Q  đi qua I và vng góc đường thẳng  AB  có dạng:
Phương trình mặt phẳng
  x  4   4  y  1  3z 0   x  4 y  3 z  8 0
.
1
3
 1
H  AB   Q      t   4  1  4t   3  3  3t   8 0  t   H   ;3; 
2
2.
 2
Khi đó:
Ta có:


d  I ,     d  I , AB  IH

.

   có khoảng cách từ I
Do

3 1
7
IH  ; 2;    7;4;3
2 2
2
.

đến

 

là lớn nhất nên một vectơ pháp tuyến của

 

là

   : 7  x  0   4  y  1  3  z  3 0  7 x  4 y  3z  13 0 .

Khi đó:

d  O,     


Suy ra:
Câu 13.

Số điểm chung của

 13
7 2  4 2  32



13
74 .
và

là:

A.
.
B.
.
C. 4.
D.
.
Đáp án đúng: C
Câu 14. Có bao nhiêu khả năng có thể xảy ra đối với thứ tự giữa các đội trong một giải bóng có 5 đội bóng?
(giả sử rằng khơng có hai đội nào có điểm trùng nhau)
A. 60.
B. 100.
C. 120.

D. 80.
Đáp án đúng: C
Câu 15.

Gọi n là số hình đa diện lồi trong bốn hình trên. Tìm n.

6


A. n=4.
Đáp án đúng: B

B. n=3.

C. n=2.

D. n=1.

A  2;  2;  1 , B  2; 4;  1
Câu 16. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm
. Mặt cầu đường kính AB
có phương trình là
A.

 x  2

2

2


2

2

  y  1   z  1 3
2

.

B.

2

 x  2

2

2

2

2

  y  1   z  1 3
2

.

2


 x  2    y  1   z 1 9 .
 x  2    y  1   z  1 9 .
C.
D.
Đáp án đúng: C
Câu 17. Cho tứ diện đều SABC có D là điểm thuộc cạnh AB sao cho BD 2 AD , I là trung điểm của SD .
Một đường thẳng d thay đổi qua I cắt các cạnh SA , SB lần lượt tại M , N . Biết AB 2a . Khi d thay đổi,
3

3
 m a
  .
m , với m , n   ,  m, n  1 . Tính m  n .
thể tích khối chóp S .MNC nhỏ nhất bằng  n 
A. m  n 7 .
B. m  n 5 .
C. m  n 6 .
D. m  n 4 .
Đáp án đúng: B

7


Giải thích chi tiết:
Gọi H là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC . Vì SABC là tứ diện đều và AB 2a nên suy ra
2 2 a 3 2a 3
AH

.


SH   ABC  H
3 2
3 .
,
là trọng tâm tam giác đều ABC và
2

 2a 3 
2a 6
SH  SA  AH   2a   
 
3
 3 
Từ đó suy ra
.
2

2

2

2

Vậy

VSABC

1
1 2a 6  2a  3 2 a 3 2
 SH .SABC  .

.

3
3 3
4
3

 1 .

SM
SN
k
l
Đặt SA
, SB
, 0 k , l 1 .
S SMN SM SN

.
S
SA
SB .

SAB
Ta có:
SSMN
S
2S
1 SM SI 2 SN SI
 SMI  SNI  .

.
 .
.
S
3
S
3
S
3
SA
SD
3
SB
SD

SAB

SAD

SBD
Mặt khác
8


Nên ta có

1 1 2 1
k
k .l  .k .  .l.  6kl k  2l  l 
3 2 3 2

2  3k  1

 2 .

0 k 1
2

 k 1  3k  1  0
k
0 
0 k 1
1 5


2  3k  1
0

l

1


Vì
nên
.
VSMNC SM SN SC

.
.
k .l  VSMNC k .l.VSABC

 3 .
V
SA
SB
SC
SABC
Ta có:
Từ

 1 ,  2  ,  3

 VS .MNC 

VS .MNC k .
ta có

k
2 a 3 2 a 3 2 9k 2
.

.
2  3k  1
3
27 3k  1

a3 2 
1  a3 2 
1

.  3k  1 

.  3k  1 
 2

27 
3k  1 
27 
3k  1  .

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có:

VS .MNC 

 4a 3 2  2  3 a 3
a3 2 
1
.  2.  3k  1 .
 2 
  .
27 
3k  1 
27
2
 3

Dấu " " xảy ra

 3k  1 

.


1
2
2
2
  3k  1 1  k 
k 1
3k  1
3 ( do 5
).

3

3
 2 a
2
V

.
 S .MNC  min  
k
2
 3
3.
Vậy
3

3
 m a
.
 

m , với m , n   ,  m, n  1 nên ta có m 2 ;
Theo đề bài, thể tích khối chóp S .MNC nhỏ nhất bằng  n 
n 3 , suy ra m  n 5 .
Câu 18.
Hình đa diện sau có bao nhiêu cạnh?

A.
Đáp án đúng: A
Câu 19.

B.

C.

D.

Cho hình chóp S . ABC có SC 2a , SC vng góc với mặt phẳng ( ABC ), tam giác ABC đều cạnh a 3 . Bán
kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC bằng

9


A. 2a .
B. 2a .
C. 3a .
Đáp án đúng: A
Câu 20. Hình chóp tứ giác đều có bao nhiêu mặt phẳng đối xứng?
A. 6 .
B. 8 .
C. 2.


D.

3a .

D. 4 .

Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Đó là các mặt phẳng
của các cạnh AB, CB, CD, AD .

 SAC  ,  SBD  ,  SHJ  ,  SGI 

với G , H , I , J là các trung điểm

Câu 21. NB Cho a > 0 và a ≠ 1, x và y là hai số dương. Mệnh đề nào sau đây là mệnh đề đúng ?
A.

B.

C.
Đáp án đúng: B
Câu 22.

D.

Cho khối chóp đều
có
với nhau. Thể tích khối chóp đã cho bằng
A.

C.
.
Đáp án đúng: A

.

, hai mặt phẳng

B.
D.

và

cùng vng góc

.
.

10


Giải thích chi tiết:
Gọi

là tâm hình vng suy ra

Ta có
Gọi

là trung điểm của


Đặt
được

, suy ra

. Ta có hệ thức

Từ đó ta tính

.

Vậy

 x 1  t



Câu 23. Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng  1  : x  y  1 0 và  2  :  y t . Khi đó hai đường
thẳng này
A. trùng nhau.
B. song song với nhau.
C. vng góc nhau.
D. cắt nhau nhưng khơng vng góc.
Đáp án đúng: B
Giải thích chi tiết: FB tác giả: Lê Đức Hiền
 x 1  t

 2   y t


 x  y  1 0
+ Từ
:
 x  y  1 0

+ Xét hệ phương trình:  x  y  1 0 , hệ vô nghiệm. Vậy 1 //  2 .

Câu 24. Cho 5 điểm trong đó khơng có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi có bao nhiêu véc tơ khác 0 đươc tạo từ 5
điểm trên?
A. 15 .
B. 25 .
C. 20 .
D. 10 .
Đáp án đúng: C

11


 x  1  t

d 2 :  y  1
 z  t


x  1 y 1 z


2
 1 1 và
Câu 25. Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng

 P  : x  y  z  1 0 . Đường thẳng vng góc với  P  cắt d1 và d 2 có phương trình là
1
3
2
x
y
z
x y z
5
5  5.
  .
1
1
A. 1 1 1
B. 1
d1 :

7
2
z
y

1
5
 5.
1
1
1

x


và mặt phẳng

13
9
4
y
z
5 
5  5.
1
1
1

x

C.
Đáp án đúng: B

D.

 x  1  t

d 2 :  y  1
 z  t


x  1 y 1 z



2
 1 1 và
Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz , cho hai đường thẳng
 P  : x  y  z  1 0 . Đường thẳng vng góc với  P  cắt d1 và d 2 có phương trình là
mặt phẳng
1
3
2
x
y
z
x y z
5
5  5.
  .
1
1
A. 1 1 1 B. 1
d1 :

13
9
4
y
z
5 
5  5.
1
1
1


x

C.
Lời giải

PTTS

và

7
2
z
y

1
5
 5.
1
1
1

x
D.

 x 1  2t

d1 :  y  1  t
 z t



Gọi d là đường thẳng cần tìm và giả sử d cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B khi đó

A  1  2a;  1  a; a  , B   1  b;  1;  b   AB   2  b  2a; a;  b  a  .
4

b  5



2
2

 2 2 2
d   P   AB k n p  a   AB   ;  ;     1;1;1 .
5
5
 5 5 5

2

 k  5

Do
1
3
2
x

y


z

1
3
2



5
5  5.
A ;  ;  
u

1;1;1


1
1
Đường thẳng d đi qua  5 5 5  nhận
là VTCP là: 1
Câu 26. Cho hình chữ nhật ABCD có AB 4a; BC a.  Tính thể tích khối trịn xoay khi quay hình phẳng
ABCD quanh trục AD.
3
A. 8 a

3
B. 32 a

3

C. 4 a

D. 16 a

3

12


Đáp án đúng: D
A(1;  2; 0) có vetơ
Câu 27. Trong
 không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, Phương trình mặt phẳng đi qua điểm
pháp tuyến n (2;  1; 3) là

A. 2 x  y  3z 0 .
C. x  2 y  4 0 .

B. 2 x  y  3 z  4 0 .
D. 2 x  y  3 z  4 0 .

Đáp án đúng: D
Câu 28. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(1; 2;3), B( 3;0;1), C ( 1; y; z ) . Trọng
y; z
tâm G của tam giác ABC thuộc trục Ox khi cặp   là
A. ( 1;  2) .
B. (2;4) .
C. (1; 2) .
D. (  2;  4) .
Đáp án đúng: D

 P  : x  2 z  3 0 đi qua điểm nào dưới đây?
Câu 29. Trong không gian Oxyz , mặt phẳng
N  1;1;1
P   1;3;1
Q  2;1;  1
M  0; 0;1
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: A
2

2

2

S : x  1   y  2    z  3 4
Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  1  
,
2
2
2
 S2  :  x  1   y  2    z  2  9 và mặt phẳng  P  : x  2 y  z  4 0. Gọi M , N , K lần lượt là các điểm
 P  và mặt cầu  S1  ;  S2  sao cho MN  MK đạt giá trị nhỏ nhất. Giả sử M  a; b; c  , khi đó
nằm mặt phẳng

2a  b  c là
A. 5 .


B.  5 .

C.

4.

D.

 4.

Đáp án đúng: B
2

2

2

S : x  1   y  2    z  3 4
Giải thích chi tiết: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai mặt cầu  1  
2
2
2
S : x  1   y  2    z  2  9
 P  : x  2 y  z  4 0. Gọi M , N , K lần lượt là các điểm
,  2 
và mặt phẳng
 P  và mặt cầu  S1  ;  S2  sao cho MN  MK đạt giá trị nhỏ nhất. Giả sử M  a; b; c  , khi đó
nằm mặt phẳng

2a  b  c là

A.  5 . B.
Lời giải

 4 .C. 5 . D. 4 .

13


Mặt cầu

 S1 

Mặt cầu

 S2 

có tâm

I  1; 2;3 ; R1 2

có tâm

.

J   1; 1;  2  ; R2 3

.

Ta có: IJ  30  R1  R2 .


 P
Mặt khác có I , J nằm cùng phía so với mặt phẳng
 P  , M 1 I J   P  , N1 I M   S1  , K1 JM   S2  ta có:
Gọi I ' là điểm đối xứng với I qua
MN  MK MN  MK  IN  JK  R1  R2
MI  MJ  R1  R2 MI   MJ  R1  R2 I J  R1  R2
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

M M 1 , N  N1 , K K1 .
 x 1  t

 y 2  2t
 z 3  t


I  1; 2;3 ; R1 2
 P  là
Phương trình đường thẳng II ' đi qua
vng góc với mặt phẳng
H II '  P 
t
Tọa
độ
điểm
ứng
với
giá
trị
là
nghiệm

1  t  2  2  2t   3  t  4 0  t  2  H   1;  2;1
.
I   3;  6;  1
Mà H là trung điểm II ' nên tọa độ
.
 x  1  2t

 y 1  7t

 z  2  t
JI   2;  7;1
Do đó
nên phương trình đường thẳng JI ' là 
.
M M 1  JI '  P 
t
Tọa
độ
điểm
ứng
với
giá
trị
là
nghiệm

.

phương


trình

phương

trình

1
 7 2 9
 1  2t  2  1  7t   2  t  4 0  t   M   ;  ;  
5
 5 5 5 .
14


Do đó 2a  b  c  5 .
Câu 31.
Cho tứ diện

là tam giác đều cạnh bằng a , BCD vng cân tại

có

trong mặt phẳng vng góc với
A.

. Tính theo

thể tích của tứ diện

.


B.

C.
.
Đáp án đúng: A

.

 x 2t

d1 :  y t
 z 4


Câu 32. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng

A.

 S  :  x  2

2

S : x  2
C.   

2

 S


có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng

 ( y  1)2  ( z  2)2 16.

B.

2

  y  1  ( z  2) 2 4.

 S  :  x  2

và

 x 3  t '

d 2 :  y t '
 z 0


. Viết

d1 và d 2 .

2

  y  1   z  2  16.

2


  y  1   z  2  4.

S : x  2
D.   

Đáp án đúng: C

.

.

D.

phương trình mặt cầu

và nằm

2

2

2

2



d
u (2;1;0) .
Giải thích chi tiết: Đường thẳng 1 có vectơ chỉ phương 1


d
u ( 1;1;0) .
Đường thẳng 2 có vectơ chỉ phương 2
Để phương trình mặt cầu
và chỉ khi:

 S

có bán kính nhỏ nhất và đồng thời tiếp xúc với cả hai đường thẳng

 S

Tâm mặt cầu
nằm trên đoạn thẳng vng góc chung của 2 đường thẳng
của đoạn thẳng vng góc chung.
Gọi điểm

d2 .
Ta có

M  2t ; t; 4 

thuộc

d1 ; gọi điểm

N (3  t '; t ';0) thuộc

d1 và d 2 khi


d1 và d 2 , đồng thời là trung điểm

d 2 với MN là đoạn vng góc chung của d1 và



MN  3  t ' 2t ; t ' t ;  4 

.

 
 MN .u1 0
2.  3  t   2t   t   t 0
  

  1 .  3  t   2t   t   t 0
 MN .u2 0
MN là đoạn thẳng vng góc chung 
t   5t 6
 

2t   t 3

t 1
 M (2;1; 4)
 

t  1  N (2;1;0) .


 S  , do đó điểm I là trung điểm MN .
Gọi điểm I là tâm mặt cầu
 I  2;1; 2   R  IM  IN 2
.
2
 S   x  2    y  1 2   z  2  2 4

Suy ra mặt cầu

:

.
15


Câu 33. Thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lập phương có cạnh bằng a là

 a3
B. 2 .

3

A.  a .
Đáp án đúng: B
Câu 34.

 a3
C. 4 .

 a3

D. 6 .

Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại A, AB = a 2, SA ^ (ABC ) và SA = a. Khoảng
cách từ A đến (SBC ) bằng

a 3
×
A. 2
Đáp án đúng: B

a 2
×
B. 2

C. a 3.

D. a 2.
2

2

2

A  0;1;9 
S : x  3   y  4    z  4  25
Câu 35. Trong không gian Oxyz , cho điểm
và mặt cầu   
. Gọi
 C  là giao tuyến của  S  với mặt phẳng  Oxy  . Lấy hai điểm M , N trên  C  sao cho MN 2 5 . Khi tứ
diện OAMN có thể tích lớn nhất thì đường thẳng MN đi qua điểm nào trong số các điểm dưới đây?

 12

 1

;  3;0  .

  ; 4;0  .
5;5;0  .
4;6;0
.





A.
B.  5
C.
D.  5
Đáp án đúng: A

 S  có tâm I  3; 4; 4  , bán kính R 5 . Gọi rC là bán kính đường trịn  C  .
Giải thích chi tiết: Mặt cầu
 C   H  3; 4;0  , IH   Oxy  , d  I ,  Oxy   4 .
Gọi H là tâm đường tròn
rC  52  42 3 , OH 5  O nằm ngồi đường trịn  C  , d  A,  Oxy   9
1
1
VOAMN  d  A,  Oxy   .SOMN  3SOMN 3. d  O, MN  .MN 3 5.d  O, MN 
3

2
V  d  O, MN  max
Suy ra max

Mà

2
d  O, MN  OH  HK 5  3 

 5

2

7

Dấu bằng xảy ra khi OH  MN .
 


 OH ; k   4;  3;0  , OH  3; 4;0  , k  0;0;1





. (Với K là trung điểm MN )
MN
Khi đó
có 1 véc


tơ

chỉ

phương

là

 và đi qua trung điểm K của MN .


7
 21 28 
OK  OH  K  ; ;0 
5
 5 5 

16


21

 x  5  4t

28

MN :  y   3t
5

 z 0

1
t
5

 
 5;5; 0 

Phương trình đường thẳng
3
Câu 36. Tìm diện tích xung quanh của khối nón có chiều cao bằng 8a , thể tích bằng 24 a .
2
A. 8 67 a .
2
B. 3 67 a .
2
C. 3 73 a .

2
D. 8 73 a .
Đáp án đúng: C
2

S : x 2  y 2   z  3 1
 S  tại M , N sao cho
Câu 37. Trong không gian Oxyz ,  
. Đường thẳng  thay đổi cắt
a
d  O,   
2
2

MN 1 , P OM  ON . Khi P đạt giá trị nhỏ nhất thì
b với a, b  ¥ , a 10 . Giá trị của a  b
bằng
A. 5 .
B. 3 .
C. 11 .
D. 8 .
Đáp án đúng: A
2

S : x 2  y 2   z  3 1
 S  tại
Giải thích chi tiết: Trong không gian Oxyz ,  
. Đường thẳng  thay đổi cắt
a
d  O,   
M , N sao cho MN 1 , P OM 2  ON 2 . Khi P đạt giá trị nhỏ nhất thì
b với a, b  ¥ , a 10 . Giá
trị của a  b bằng

A. 5 . B. 3 . C. 11 . D. 8 .
Lời giải

 S  có tâm I  0;0;3

và bán kính R 1

OI 3 và I nằm ngoài mặt cầu  S 
uur uuu
r 2 uur uur 2

P OM 2  ON 2  OI  IM  OI  IN
uur uuu
r uur
uur uuur
uur uuur
2.OI . IM  IN 2.OI .NM 2OI .MN .cos OI , NM
uuur
uur
Pmin  2OI .MN  6  NM và OI ngược hướng





 







2


2

3
 MN 
 1

2
d  O,   d  I ,    R  
  1   
2
 2 
 2
Khi đó:
Vậy: a 3; b 2 và a  b 5 .
2

Câu 38. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 3, AD 5; SA vng góc với mặt
phẳng đáy và SA 6. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 45.
B. 48.
C. 90.
D. 30.
17


Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB 3, AD 5; SA vng góc
với mặt phẳng đáy và SA 6. Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A. 90. B. 45. C. 30. D. 48.
Lời giải

1
1
1
VS . ABCD  .S ABCD .SA  . AB. AD.SA  .3.5.6 30.
3

3
3
Ta có:

 
A  1;1;1 , B  2;  1; 2 
Câu 39. Trong không gian Oxyz cho hai điểm
. Tọa độ điểm M thỏa mãn MA  2 MB 0
là.
  3;3;3 .
 3;  3;  3 .
  3;  3;3 .
 3;  3;3 .
A.
B.
C.
D.
Đáp án đúng: D
Giải thích chi tiết:
M  x; y; z 
Gọi


MA  1  x;1  y;1  z  , MB  2  x;  1  y; 2  z 
Ta có:
Từ giả thiết suy ra:
 1  x;1  y;1  z   2.  2  x;  1  y; 2  z   0;0;0 
  1  x;1  y;1  z    4  2 x;  2  2 y; 4  2 z   0; 0; 0 
 1  x    4  2 x  0


  1  y     2  2 y  0 

 1  z    4  2 z  0
Vậy

M  3;  3;3

 x  3 0

 y  3 0 
 z  3 0


 x 3

 y  3
 z 3


.

Câu 40. Trong không gian Oxyz cho ba điểm A( 3;0;0) , B(0; 2;0) , C (0;0;  4) . Phương trình nào dưới đây là
phương trình mặt phẳng ( ABC ) ?
x y z
 
0
A.  3 2  4
.
x y z
 

1
C. 2 3  4
.
Đáp án đúng: D

x y
z


1
B. 2  3  4
.
x y z
 
1
D.  3 2  4
.

Giải thích chi tiết: Trong khơng gian Oxyz cho ba điểm A( 3;0;0) , B(0; 2;0) , C (0;0;  4) . Phương trình nào
dưới đây là phương trình mặt phẳng ( ABC ) ?
x y z
x y
z
x y z
 
0


1
 

1
A.  3 2  4
. B. 2  3  4
. C. 2 3  4
.
Lời giải

x y z
 
1
D.  3 2  4
.

Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn đi qua 3 điểm A( 3;0;0) , B(0; 2;0) , C (0;0;  4) là:
x y z
 
1
3 2 4
.
----HẾT--18


19